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高考数学一轮复习课时质量作业(十九)含答案
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这是一份高考数学一轮复习课时质量作业(十九)含答案，共4页。
(1)求函数f (x)的单调区间及极值；
(2)若f (x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)由已知可得函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝1－xx，
当01时，f ′(x)<0，
所以f (x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，
故x＝1是f (x)的极大值点，无极小值点，所以f (x)的极大值为f (1)＝－1，无极小值．
(2)(方法一)设h(x)＝f (x)－g(x)＝ln x－xex＋x＋m，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝1x－(x＋1)ex＋1＝(x＋1)1x－ex.
令t(x)＝1x－ex，x∈(0，＋∞)，则t′(x)＝－1x2－ex<0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
所以t(x)＝1x－ex在(0，＋∞)上单调递减．
又t12＝2－e>0，t(1)＝1－e<0，
所以∃x0∈12，1，使得t(x0)＝1x0－ex0＝0，即1x0＝ex0，即－ln x0＝x0.
因此当00，即h′(x)>0，则h(x)单调递增；
当x>x0时，t(x)<0，即h′(x)<0，则h(x)单调递减，
故由题意可知h(x)max＝h(x0)＝lnx0－x0ex0＋x0＋m＝0－1＋m≤0，解得m≤1，
所以实数m的取值范围是(－∞，1].
(方法二)令m(x)＝ex－x－1，m′(x)＝ex－1，
当x<0时，m′(x)<0；当x>0时，m′(x)>0，所以m(x)在(－∞，0)上单调递减，
在(0，＋∞)上单调递增，所以m(x)≥m(0)＝0，即ex≥x＋1.
因为xex＝ex＋ln x，所以xex＝ex＋ln x≥x＋ln x＋1，当x＋ln x＝0时等号成立，
即xex－x－ln x≥1，当x＋ln x＝0时等号成立，
所以y＝xex－x－ln x的最小值为1.
若f (x)≤g(x)恒成立，则xex－x－ln x≥m，所以m≤1，
即实数m的取值范围是(－∞，1].
2．已知f (x)＝a ln x－x2－e2(其中e为自然对数的底数，a∈R)．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)若存在实数x>0，使f (x)>0能成立，求正数a的取值范围．
解：(1)由题可知f (x)的定义域是(0，＋∞)，f ′(x)＝ax－2x＝a－2x2x.
当a≤0时，f ′(x)<0，f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a>0时，令f ′(x)>0，得0a2，
故f (x)的单调递增区间为0，a2，单调递减区间为a2，+∞.
综上所述，当a≤0时，f (x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a＞0时，f (x)的单调递增区间为0，a2，单调递减区间为a2，+∞.
(2)由题设知a>0，结合(1)知f (x)max＝f a2＝a ln a2－a2－e2，
若在(0，＋∞)上存在实数x，使f (x)>0能成立，则f (x)max＝a ln a2－a2－e2>0.
令g(a)＝a2ln a2－a2－e2，则g′(a)＝12ln a2＋12－12＝12ln a2.
当a∈(0，2)时，g′(a)<0；当a∈(2，＋∞)时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
而当a∈(0，2)时，g(a)<0，g(2)＝－1－e2<0，g(2e2)＝0，
所以正数a的取值范围是(2e2，＋∞)．
3．已知函数f (x)＝ln x－ax＋1－ax－1(a∈R)．
(1)当0(2)设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝14时，若对∀x1∈(0，2)，∃x2∈[1，2]，使f (x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
解：(1)因为f (x)＝ln x－ax＋1－ax－1，所以f ′(x)＝1x－a＋a－1x2＝－ax2－x+1－ax2，x∈(0，＋∞)．
令f ′(x)＝0，可得两根分别为1，1a－1.
因为01.
当x∈(0，1)时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减；当x∈1，1a－1时，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增；当x∈1a－1，+∞时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减．
(2)因为a＝14∈0，12，且1a－1＝3＞2，所以由(1)知当x∈(0，1)时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减；当x∈(1，2)时，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增，
所以f (x)在(0，2)上的最小值为f (1)＝－12.
对∀x1∈(0，2)，∃x2∈[1，2]，使f (x1)≥g(x2)，即g(x)在[1，2]上的最小值不大于f (x)在(0，2)上的最小值－12(*)．
g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]，
①当b<1时，g(x)min＝g(1)＝5－2b>0＞－12，与(*)矛盾；
②当1≤b≤2时，g(x)min＝4－b2≥0＞－12，与(*)矛盾；
③当b>2时，g(x)min＝g(2)＝8－4b，由8－4b≤－12，可得b≥178.
综上所述，实数b的取值范围为178，+∞.
4．(2024·南昌模拟)已知函数f (x)＝13x3＋12x2＋ax，g(x)＝xex-1＋x ln x，f ′(x)，g′(x)分别为f (x)，g(x)的导函数，且对任意的x1∈(0，1]，存在x2∈(0，1]，使f ′(x1)≤g′(x2)－2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：∀x>0，有g(x)≥f ′(x)．
(1)解：因为f (x)＝13x3＋12x2＋ax，所以f ′(x)＝x2＋x＋a＝x+122＋a－14，
所以f ′(x)在区间(0，1]上单调递增，
故f ′(x)max＝f ′(1)＝a＋2.
因为g(x)＝xex-1＋x ln x，所以g′(x)＝ex-1＋xex-1＋ln x＋1＝(x＋1)ex-1＋ln x＋1.
令h(x)＝(x＋1)ex-1＋ln x＋1，则h′(x)＝(x＋2)·ex-1＋1x.
又x∈(0，1]，所以h′(x)>0，
故g′(x)在区间(0，1]上单调递增，所以g′(x)max＝g′(1)＝3.
又因为对任意的x1∈(0，1]，存在x2∈(0，1]，使f ′(x1)≤g′(x2)－2，所以f ′(x)max≤g′(x)max－2，
即a＋2≤3－2，解得a≤－1，故实数a的取值范围为(－∞，－1].
(2)证明：令s(x)＝ex-1－x，x>0，则s′(x)＝ex-1－1.
令s′(x)＝0，解得x＝1，则当x∈(0，1)时，s′(x)<0，s(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，s′(x)>0，s(x)单调递增，
所以s(x)≥s(1)＝0，即ex-1≥x(当且仅当x＝1时，等号成立)．
令F(x)＝ln x＋1x－1，则F′(x)＝1x－1x2＝x－1x2.
令F′(x)＝0，解得x＝1，则当x∈(0，1)时，F′(x)<0，F(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，
所以F(x)≥F(1)＝0，即ln x≥－1x＋1(当且仅当x＝1时，等号成立)，
故ex-1＋ln x≥x－1x＋1(当且仅当x＝1时，等号成立)．
又因为x>0，所以xex-1＋x ln x≥x2＋x－1.
由(1)知a≤－1，所以x2＋x－1≥x2＋x＋a，
故xex-1＋x ln x≥x2＋x＋a，即对∀x＞0，有g(x)≥f ′(x).
(1)求函数f (x)的单调区间及极值；
(2)若f (x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)由已知可得函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝1－xx，
当0
所以f (x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，
故x＝1是f (x)的极大值点，无极小值点，所以f (x)的极大值为f (1)＝－1，无极小值．
(2)(方法一)设h(x)＝f (x)－g(x)＝ln x－xex＋x＋m，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝1x－(x＋1)ex＋1＝(x＋1)1x－ex.
令t(x)＝1x－ex，x∈(0，＋∞)，则t′(x)＝－1x2－ex<0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
所以t(x)＝1x－ex在(0，＋∞)上单调递减．
又t12＝2－e>0，t(1)＝1－e<0，
所以∃x0∈12，1，使得t(x0)＝1x0－ex0＝0，即1x0＝ex0，即－ln x0＝x0.
因此当0
当x>x0时，t(x)<0，即h′(x)<0，则h(x)单调递减，
故由题意可知h(x)max＝h(x0)＝lnx0－x0ex0＋x0＋m＝0－1＋m≤0，解得m≤1，
所以实数m的取值范围是(－∞，1].
(方法二)令m(x)＝ex－x－1，m′(x)＝ex－1，
当x<0时，m′(x)<0；当x>0时，m′(x)>0，所以m(x)在(－∞，0)上单调递减，
在(0，＋∞)上单调递增，所以m(x)≥m(0)＝0，即ex≥x＋1.
因为xex＝ex＋ln x，所以xex＝ex＋ln x≥x＋ln x＋1，当x＋ln x＝0时等号成立，
即xex－x－ln x≥1，当x＋ln x＝0时等号成立，
所以y＝xex－x－ln x的最小值为1.
若f (x)≤g(x)恒成立，则xex－x－ln x≥m，所以m≤1，
即实数m的取值范围是(－∞，1].
2．已知f (x)＝a ln x－x2－e2(其中e为自然对数的底数，a∈R)．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)若存在实数x>0，使f (x)>0能成立，求正数a的取值范围．
解：(1)由题可知f (x)的定义域是(0，＋∞)，f ′(x)＝ax－2x＝a－2x2x.
当a≤0时，f ′(x)<0，f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a>0时，令f ′(x)>0，得0
故f (x)的单调递增区间为0，a2，单调递减区间为a2，+∞.
综上所述，当a≤0时，f (x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a＞0时，f (x)的单调递增区间为0，a2，单调递减区间为a2，+∞.
(2)由题设知a>0，结合(1)知f (x)max＝f a2＝a ln a2－a2－e2，
若在(0，＋∞)上存在实数x，使f (x)>0能成立，则f (x)max＝a ln a2－a2－e2>0.
令g(a)＝a2ln a2－a2－e2，则g′(a)＝12ln a2＋12－12＝12ln a2.
当a∈(0，2)时，g′(a)<0；当a∈(2，＋∞)时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
而当a∈(0，2)时，g(a)<0，g(2)＝－1－e2<0，g(2e2)＝0，
所以正数a的取值范围是(2e2，＋∞)．
3．已知函数f (x)＝ln x－ax＋1－ax－1(a∈R)．
(1)当0
解：(1)因为f (x)＝ln x－ax＋1－ax－1，所以f ′(x)＝1x－a＋a－1x2＝－ax2－x+1－ax2，x∈(0，＋∞)．
令f ′(x)＝0，可得两根分别为1，1a－1.
因为0
当x∈(0，1)时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减；当x∈1，1a－1时，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增；当x∈1a－1，+∞时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减．
(2)因为a＝14∈0，12，且1a－1＝3＞2，所以由(1)知当x∈(0，1)时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减；当x∈(1，2)时，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增，
所以f (x)在(0，2)上的最小值为f (1)＝－12.
对∀x1∈(0，2)，∃x2∈[1，2]，使f (x1)≥g(x2)，即g(x)在[1，2]上的最小值不大于f (x)在(0，2)上的最小值－12(*)．
g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]，
①当b<1时，g(x)min＝g(1)＝5－2b>0＞－12，与(*)矛盾；
②当1≤b≤2时，g(x)min＝4－b2≥0＞－12，与(*)矛盾；
③当b>2时，g(x)min＝g(2)＝8－4b，由8－4b≤－12，可得b≥178.
综上所述，实数b的取值范围为178，+∞.
4．(2024·南昌模拟)已知函数f (x)＝13x3＋12x2＋ax，g(x)＝xex-1＋x ln x，f ′(x)，g′(x)分别为f (x)，g(x)的导函数，且对任意的x1∈(0，1]，存在x2∈(0，1]，使f ′(x1)≤g′(x2)－2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：∀x>0，有g(x)≥f ′(x)．
(1)解：因为f (x)＝13x3＋12x2＋ax，所以f ′(x)＝x2＋x＋a＝x+122＋a－14，
所以f ′(x)在区间(0，1]上单调递增，
故f ′(x)max＝f ′(1)＝a＋2.
因为g(x)＝xex-1＋x ln x，所以g′(x)＝ex-1＋xex-1＋ln x＋1＝(x＋1)ex-1＋ln x＋1.
令h(x)＝(x＋1)ex-1＋ln x＋1，则h′(x)＝(x＋2)·ex-1＋1x.
又x∈(0，1]，所以h′(x)>0，
故g′(x)在区间(0，1]上单调递增，所以g′(x)max＝g′(1)＝3.
又因为对任意的x1∈(0，1]，存在x2∈(0，1]，使f ′(x1)≤g′(x2)－2，所以f ′(x)max≤g′(x)max－2，
即a＋2≤3－2，解得a≤－1，故实数a的取值范围为(－∞，－1].
(2)证明：令s(x)＝ex-1－x，x>0，则s′(x)＝ex-1－1.
令s′(x)＝0，解得x＝1，则当x∈(0，1)时，s′(x)<0，s(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，s′(x)>0，s(x)单调递增，
所以s(x)≥s(1)＝0，即ex-1≥x(当且仅当x＝1时，等号成立)．
令F(x)＝ln x＋1x－1，则F′(x)＝1x－1x2＝x－1x2.
令F′(x)＝0，解得x＝1，则当x∈(0，1)时，F′(x)<0，F(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，
所以F(x)≥F(1)＝0，即ln x≥－1x＋1(当且仅当x＝1时，等号成立)，
故ex-1＋ln x≥x－1x＋1(当且仅当x＝1时，等号成立)．
又因为x>0，所以xex-1＋x ln x≥x2＋x－1.
由(1)知a≤－1，所以x2＋x－1≥x2＋x＋a，
故xex-1＋x ln x≥x2＋x＋a，即对∀x＞0，有g(x)≥f ′(x).
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